Zgjidhja e ekuacioneve të gradave më të larta shembuj. Mësimi i algjebrës “Metodat për zgjidhjen e ekuacioneve të shkallëve më të larta

Për të përdorur pamjet paraprake të prezantimeve, krijoni një llogari Google dhe identifikohuni në të: https://accounts.google.com

Titrat e rrëshqitjes:

Ekuacionet gradat më të larta(rrënjët e një polinomi në një ndryshore).

Plani i leksionit. nr 1. Ekuacionet e gradave të larta në lëndën e matematikës shkollore. nr 2. Forma standarde e një polinomi. Nr 3. Rrënjët e plota të një polinomi. Skema e Hornerit. Nr. 4. Rrënjët thyesore të një polinomi. Nr 5. Ekuacionet e formës: (x + a)(x + b)(x + c) ... = A Nr 6. Ekuacione reciproke. Nr 7. Ekuacione homogjene. Nr. 8. Metoda e koeficientëve të pacaktuar. Nr. 9. Funksionalisht - metodë grafike. Nr. 10. Formulat Vieta për ekuacionet e shkallëve më të larta. nr 11. Metodat jo standarde zgjidhjen e ekuacioneve të shkallëve më të larta.

Ekuacionet e gradave të larta në lëndën e matematikës shkollore. klasa e 7-të. Forma standarde e një polinomi. Veprimet me polinome. Faktorizimi i një polinomi. Në klasë të rregullt 42 orë, në klasë speciale 56 orë. 8 klasa speciale. Rrënjët e plota të një polinomi, pjesëtimi i polinomeve, ekuacionet reciproke, diferenca dhe shuma e fuqive të n-ta të një binomi, metoda e koeficientëve të pacaktuar. Yu.N. Makarychev “Kapituj shtesë për kursi shkollor algjebër klasa e 8-të", M.L. Galitsky Koleksioni i problemeve në algjebër klasa 8 - 9." 9 klasa speciale. Rrënjët racionale të një polinomi. Ekuacione reciproke të përgjithësuara. Formulat Vieta për ekuacionet e shkallëve më të larta. N.Ya. Vilenkin "Algjebra e 9-të klasa me studim i thelluar. 11 klasa speciale. Identiteti i polinomeve. Polinom në disa ndryshore. Metoda funksionale - grafike për zgjidhjen e ekuacioneve të shkallëve më të larta.

Forma standarde e një polinomi. Polinom P(x) = aⁿ xⁿ + a p-1 x p-1 + … + a₂x ² + a₁x + a₀. Quhet një polinom i formës standarde. a p x ⁿ është termi kryesor i polinomit dhe p është koeficienti i termit kryesor të polinomit. Kur një n = 1, P(x) quhet polinom i reduktuar. dhe ₀ është termi i lirë i polinomit P(x). n është shkalla e polinomit.

Rrënjët e plota të një polinomi. Skema e Hornerit. Teorema nr. 1. Nëse një numër i plotë a është rrënja e polinomit P(x), atëherë a është pjesëtues anëtar i lirë P(x). Shembulli nr. 1. Zgjidhe ekuacionin. Х4 + 2х³ = 11х² - 4х - 4 Le ta zvogëlojmë ekuacionin në pamje standarde. X4 + 2x³ - 11x² + 4x + 4 = 0. Kemi polinomin P(x) = x 4 + 2x³ - 11x² + 4x + 4 Pjesëtues të termit të lirë: ± 1, ± 2, ±4. x = 1 rrënjë e ekuacionit sepse P(1) = 0, x = 2 është rrënja e ekuacionit sepse P(2) = 0 Teorema e Bezout. Pjesa e mbetur e pjesëtimit të polinomit P(x) me binomin (x – a) është e barabartë me P(a). Pasoja. Nëse a është rrënja e polinomit P(x), atëherë P(x) pjesëtohet me (x – a). Në ekuacionin tonë, P(x) pjesëtohet me (x – 1) dhe (x – 2), dhe për rrjedhojë me (x – 1) (x – 2). Kur pjesëtohet P(x) me (x² - 3x + 2), herësi jep trinomin x² + 5x + 2 = 0, i cili ka rrënjë x = (-5 ± √17)/2

Rrënjët thyesore të një polinomi. Teorema nr. 2. Nëse p / g është rrënja e polinomit P(x), atëherë p është pjesëtuesi i termit të lirë, g është pjesëtuesi i koeficientit të termit kryesor P(x). Shembulli #2: Zgjidheni ekuacionin. 6x³ - 11x² - 2x + 8 = 0. Pjesëtuesit e termit të lirë: ±1, ±2, ±4, ±8. Asnjë nga këta numra nuk e plotëson ekuacionin. Nuk ka rrënjë të tëra. Pjesëtuesit natyrorë të koeficientit të termit kryesor P(x): 1, 2, 3, 6. Rrënjët e mundshme thyesore të ekuacionit: ±2/3, ±4/3, ±8/3. Duke kontrolluar jemi të bindur se P(4/3) = 0. X = 4/3 është rrënja e ekuacionit. Duke përdorur skemën e Horner, ne e ndajmë P(x) me (x – 4/3).

Shembuj për vendim i pavarur. Zgjidh ekuacionet: 9x³ - 18x = x – 2, x³ - x² = x – 1, x³ - 3x² -3x + 1 = 0, X 4 - 2x3 + 2x – 1 = 0, X4 - 3x² + 2 = 0 , x ⁵ + 5x³ - 6x² = 0, x ³ + 4x² + 5x + 2 = 0, X4 + 4x³ - x ² - 16x – 12 = 0 4x³ + x ² - x + 5 = 0 3x4 + 5x²1 - 9 - 9 = 0. Përgjigjet: 1) ±1/3; 2 2) ±1, 3) -1; 2 ±√3, 4) ±1, 5) ± 1; ±√2, 6) 0; 1 7) -2; -1, 8) -3; -1; ±2, 9) – 5/4 10) -2; - 5/3; 1.

Ekuacionet e formës (x + a)(x + b)(x + c)(x + d)… = A. Shembulli nr. 3. Zgjidheni ekuacionin (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) =24. a = 1, b = 2, c = 3, d = 4 a + d = b + c. Shumëzojeni kllapin e parë me të katërtën dhe të dytën me të tretën. (x + 1)(x + 4)(x + 20(x + 3) = 24. (x² + 5x + 4)(x² + 5x + 6) = 24. Le të jetë x² + 5x + 4 = y , pastaj y (y + 2) = 24, y² + 2y – 24 = 0 y1 = - 6, y2 = 4. x ² + 5x + 4 = -6 ose x ² + 5x + 4 = 4. x ² + 5x + 10 = 0, D

Shembuj për zgjidhje të pavarura. (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) = -15, x (x + 4)(x + 5)(x + 9) + 96 = 0, x (x + 3 )(x + 5)(x + 8) + 56 = 0, (x – 4)(x – 3)(x – 2)(x – 1) = 24, (x – 3)(x -4)( x – 5)(x – 6) = 1680, (x² - 5x)(x + 3)(x – 8) + 108 = 0, (x + 4)² (x + 10)(x – 2) + 243 = 0 (x² + 3x + 2)(x² + 9x + 20) = 4, Shënim: x + 3x + 2 = (x + 1)(x + 2), x² + 9x + 20 = (x + 4)( x + 5) Përgjigjet: 1) -4 ±√6; - 6; - 2. 6) - 1; 6; (5± √97)/2 7) -7; -1; -4 ±√3.

Ekuacionet reciproke. Përkufizimi nr. 1. Një ekuacion i formës: ax⁴ + inx ³ + cx ² + inx + a = 0 quhet ekuacion reciprok i shkallës së katërt. Përkufizimi nr. 2. Një ekuacion i formës: ax⁴ + inx ³ + cx ² + kinx + k² a = 0 quhet një ekuacion reciprok i përgjithësuar i shkallës së katërt. k² a: a = k²; kv: v = k Shembulli nr. 6. Zgjidheni ekuacionin x 4 - 7x³ + 14x² - 7x + 1 = 0. Ndani të dyja anët e ekuacionit me x². x² - 7x + 14 – 7/ x + 1/ x² = 0, (x² + 1/ x²) – 7(x + 1/ x) + 14 = 0. Le të jetë x + 1/ x = y. Ne katrorë të dy anët e ekuacionit. x² + 2 + 1/ x² = y², x² + 1/ x² = y² - 2. Ne marrim ekuacioni kuadratik y² - 7y + 12 = 0, y1 = 3, y₂ = 4. x + 1/ x = 3 ose x + 1/ x = 4. Marrim dy ekuacione: x ² - 3x + 1 = 0, x ² - 4x + 1 = 0. Shembulli nr. 7. 3х4 - 2х³ - 31х² + 10х + 75 = 0. 75:3 = 25, 10:(– 2) = -5, (-5)² = 25. Kushti i ekuacionit reciprok të përgjithësuar plotësohet në = -5. Zgjidhja është e ngjashme me shembullin nr. 6. Ndani të dyja anët e ekuacionit me x². 3x4 - 2x – 31 + 10/ x + 75/ x² = 0, 3(x4 + 25/ x²) – 2(x – 5/ x) – 31 = 0. Le të jetë x – 5/ x = y, ne katrorë të dyja anët e barazisë x² - 10 + 25/ x² = y², x² + 25/ x² = y² + 10. Kemi një ekuacion kuadratik 3y² - 2y – 1 = 0, y1 = 1, y2 = - 1/ 3. x – 5/ x = 1 ose x – 5/ x = -1/3. Marrim dy ekuacione: x² - x – 5 = 0 dhe 3x² + x – 15 = 0

Shembuj për zgjidhje të pavarura. 1. 78x4 - 133x³ + 78x² - 133x + 78 = 0. 2. x 4 - 5x³ + 10x² - 10x + 4 = 0. 3. x 4 - x ³ - 10x² + 2x ⁴ + 4. - 38x² -10x + 24 = 0,5 x 4 + 2x³ - 11x² + 4x + 4 = 0. 6. x 4 - 5x³ + 10x² -10x + 4 = 0. Përgjigjet: 1) 2/3; 3/2, 2) 1;2 3) -1 ±√3; (3±√17)/2, 4) -1±√3; (7±√337)/12 5) 1; 2; (-5± √17)/2, 6) 1; 2.

Ekuacionet homogjene. Përkufizimi. Një ekuacion i formës a₀ u3 + a1 u² v + a2 uv² + a3 v3 = 0 quhet një ekuacion homogjen i shkallës së tretë në lidhje me u v. Përkufizimi. Një ekuacion i formës a₀ u4 + a1 u3v + a2 u²v² + a3 uv3 + a4 v4 = 0 quhet një ekuacion homogjen i shkallës së katërt në lidhje me u v. Shembulli nr. 8. Zgjidheni ekuacionin (x² - x + 1)³ + 2x4(x² - x + 1) – 3x6 = 0 Ekuacioni homogjen shkalla e tretë në lidhje me u = x²- x + 1, v = x². Pjesëtoni të dyja anët e ekuacionit me x 6. Fillimisht kontrolluam që x = 0 nuk është një rrënjë e ekuacionit. (x² - x + 1/ x²)³ + 2(x² - x + 1/ x²) - 3 = 0. (x² - x + 1)/ x²) = y, y³ + 2y - 3 = 0, y = 1 rrënja e ekuacionit. Polinomin P(x) = y³ + 2y – 3 e ndajmë me y – 1 sipas skemës së Hornerit. Në herës marrim një trinom që nuk ka rrënjë. Përgjigje: 1.

Shembuj për zgjidhje të pavarura. 1. 2(x² + 6x + 1)² + 5(X² + 6X + 1)(X² + 1) + 2(X² + 1)² = 0, 2. (X + 5)4 - 13X²(X + 5 )² + 36X4 = 0. 3. 2(X² + X + 1)² - 7(X – 1)² = 13(X³ - 1), 4. 2(X -1)4 - 5(X² - 3X + 2)² + 2(x – 2)4 = 0. 5. (x² + x + 4)² + 3x(x² + x + 4) + 2x² = 0, Përgjigjet: 1) -1; -2±√3, 2) -5/3; -5/4; 5/2; 5 3) -1; -1/2; 2;4 4) ±√2; 3±√2, 5) Nuk ka rrënjë.

Metoda e koeficientëve të papërcaktuar. Teorema nr. 3. Dy polinome P(x) dhe G(x) janë identikë nëse dhe vetëm nëse kanë të njëjtën shkallë dhe koeficientët e shkallëve të njëjta të ndryshores në të dy polinomet janë të barabartë. Shembulli nr. 9. Faktoroni polinomin y4 - 4y³ + 5y² - 4y + 1. y4 - 4y³ + 5y² - 4y + 1 = (y² + уу + с)(y² + v1у + с1) =у 4 + у³(v1 + v) с1 + с + в₁в) + у(с1 + св1) + сс 1. Sipas teoremës nr. 3, kemi një sistem ekuacionesh: в1 + в = -4, с1 + с + в₁в = 5, сс1 + св1 = -4, сс1 = 1. Është e nevojshme të zgjidhet sistemi në numra të plotë. Ekuacioni i fundit në numra të plotë mund të ketë zgjidhje: c = 1, c1 =1; с = -1, с1 = -1. Le të jetë с = с ₁ = 1, atëherë nga ekuacioni i parë kemi ₁ = -4 –в. Zëvendësojmë në ekuacionin e dytë të sistemit ² + 4в + 3 = 0, в = -1, ₁ = -3 ose в = -3, ₁ = -1. Këto vlera përshtaten me ekuacionin e tretë të sistemit. Kur с = с₁ = -1 D

Shembulli nr. 10. Faktoroni polinomin y³ - 5y + 2. y³ -5y + 2 = (y + a)(y² + vy + c) = y³ + (a + b)y² + (ab + c)y + ac. Kemi një sistem ekuacionesh: a + b = 0, ab + c = -5, ac = 2. Zgjidhje të mundshme me numra të plotë për ekuacionin e tretë: (2; 1), (1; 2), (-2; -1 ), (-1 ; -2). Le të a = -2, c = -1. Nga ekuacioni i parë i sistemit në = 2, i cili plotëson ekuacionin e dytë. Duke i zëvendësuar këto vlera në barazinë e dëshiruar, marrim përgjigjen: (y – 2)(y² + 2y – 1). Mënyra e dytë. Y³ - 5y + 2 = y³ -5y + 10 – 8 = (y³ - 8) – 5(y – 2) = (y – 2)(y² + 2y -1).

Shembuj për zgjidhje të pavarura. Faktoroni polinomet: 1. y4 + 4y³ + 6y² +4y -8, 2. y4 - 4y³ + 7y² - 6y + 2, 3. x 4 + 324, 4. y4 -8y³ + 24y² 1 -3, Solve. ekuacioni duke përdorur metodën e faktorizimit: a) x 4 -3x² + 2 = 0, b) x 5 +5x³ -6x² = 0. Përgjigjet: 1) (y² +2y -2) (y² +2y +4), 2) (y – 1)²(y² -2y + 2), 3) (x² -6x + 18)(x² + 6x + 18), 4) (y – 1)(y – 3)(y² - 4у + 5) , 5a) ± 1; ±√2, 5b) 0; 1.

Metoda funksionale - grafike për zgjidhjen e ekuacioneve të shkallëve më të larta. Shembulli nr. 11. Zgjidheni ekuacionin x 5 + 5x -42 = 0. Funksioni y = x 5 në rritje, funksioni y = 42 – 5x në rënie (k

Shembuj për zgjidhje të pavarura. 1. Duke përdorur vetinë e monotonitetit të një funksioni, vërtetoni se ekuacioni ka një rrënjë të vetme dhe gjeni këtë rrënjë: a) x ³ = 10 – x, b) x 5 + 3x³ - 11√2 – x. Përgjigjet: a) 2, b) √2. 2. Zgjidheni ekuacionin duke përdorur metodën funksionale-grafike: a) x = ³ √x, b) l x l = ⁵ √x, c) 2 = 6 – x, d) (1/3) = x +4, d ) (x – 1)² = log₂ x, e) log = (x + ½)², g) 1 - √x = ln x, h) √x – 2 = 9/x. Përgjigjet: a) 0; ±1, b) 0; 1, c) 2, d) -1, e) 1; 2, f) ½, g) 1, h) 9.

Formulat Vieta për ekuacionet e shkallëve më të larta. Teorema nr 5 (teorema e Vietës). Nëse ekuacioni a x ⁿ + a x ⁿ + … + a₁x + a₀ ka n rrënjë të ndryshme reale x 1, x 2, …, x, atëherë ato plotësojnë barazitë: Për një ekuacion kuadratik ax² + bx + c = o: x 1 + x ₂ = -в/а, x1х 2 = с/а; Për ekuacionin kub a3x 3 + a2x ² + a1x + a0 = o: x 1 + x 2 + x 3 = -a2/a3; x1х 2 + x1х 3 + x₂х ₃ = а1/а3; x1х2х ₃ = -а0/а3; ..., për një ekuacion të shkallës së n-të: x 1 + x 2 + ... x = - a / a, x1x 2 + x1x ₃ + ... + x x = a / a, ... , x1x ₂ ·… · x = (- 1 ) ⁿ a₀/a. Teorema e kundërt vlen gjithashtu.

Shembulli nr. 13. Shkruani një ekuacion kub, rrënjët e të cilit janë të anasjellta me rrënjët e ekuacionit x ³ - 6x² + 12x – 18 = 0, dhe koeficienti për x ³ është 2. 1. Nga teorema e Vietës për ekuacionin kub kemi: x 1 + x ₂ + x ₃ = 6, x1x 2 + x₁х ₃ + x₂х ₃ = 12, x1х₂х ₃ = 18. 2. Kompozojmë reciprokat e këtyre rrënjëve dhe i zbatojmë në teorema e bashkëbisedimit Vieta. 1/ x 1 + 1/ x 2 + 1/ x ₃ = (x₂х ₃ + x1х ₃ + x1х 2)/ x1х₂х ₃ = 12/18 = 2/3. 1/ x1х 2 + 1/ x1х ₃ + 1/ x₂х ₃ = (x ₃ + x 2 + x 1)/ x1х₂х ₃ = 6/18 = 1/3, 1/ x1₂х ₃ = Marrim ekuacionin x³ +2/3x² + 1/3x – 1/18 = 0 2 Përgjigje: 2x³ + 4/3x² + 2/3x -1/9 = 0.

Shembuj për zgjidhje të pavarura. 1. Shkruaj një ekuacion kub, rrënjët e të cilit janë katrorët e kundërt të rrënjëve të ekuacionit x ³ - 6x² + 11x – 6 = 0, dhe koeficienti x ³ është 8. Përgjigje: 8x³ - 98/9x² + 28/9x - 2/9 = 0. Metoda jo standarde për zgjidhjen e ekuacioneve të shkallëve më të larta. Shembulli nr. 12. Zgjidheni ekuacionin x 4 -8x + 63 = 0. Zgjerohemi anën e majtë ekuacionet e faktorizimit. Le të zgjedhim katrorët e saktë. X4 - 8x + 63 = (x4 + 16x² + 64) – (16x² + 8x + 1) = (x² + 8)² - (4x + 1)² = (x² + 4x + 9)(x² - 4x + 7) = 0. Të dy diskriminuesit janë negativë. Përgjigje: pa rrënjë.

Shembulli nr. 14. Zgjidheni ekuacionin 21x³ + x² - 5x – 1 = 0. Nëse termi i rremë i ekuacionit është ± 1, atëherë ekuacioni shndërrohet në ekuacionin e reduktuar duke përdorur zëvendësimin x = 1/y. 21/y³ + 1/y² - 5/y – 1 = 0 · y³, y³ + 5y² -y – 21 = 0. y = -3 rrënja e ekuacionit. (y + 3)(y² + 2y -7) = 0, y = -1 ± 2√2. x ₁ = -1/3, x ₂ = 1/ -1 + 2√2 = (2√2 + 1)/7, X₃ = 1/-1 -2√2 = (1-2√2)/7 . Shembulli nr. 15. Zgjidheni ekuacionin 4x³-10x² + 14x – 5 = 0. Shumëzoni të dyja anët e ekuacionit me 2. 8x³ -20x² + 28x – 10 = 0, (2x)³ - 5(2x)² + 14 (2x) -10 = 0. Le të prezantojmë një ndryshore të re y = 2x, marrim ekuacionin e reduktuar y³ - 5y² + 14y -10 = 0, y = 1 rrënjë e ekuacionit. (y – 1)(y² - 4v + 10) = 0, D

Shembulli nr. 16. Vërtetoni se ekuacioni x 4 + x ³ + x – 2 = 0 ka një rrënjë pozitive. Le të jetë f (x) = x 4 + x ³ + x – 2, f’ (x) = 4x³ + 3x² + 1 > o për x > o. Funksioni f (x) rritet për x > o, dhe vlera e f (o) = -2. Është e qartë se ekuacioni ka një rrënjë pozitive etj. Shembulli nr. 17. Zgjidheni ekuacionin 8x(2x² - 1)(8x4 - 8x² + 1) = 1. I.F. Kurs fakultativ në matematikë për klasën 11.”M. Iluminizmi 1991 fq.90. 1. l x l 1 2x² - 1 > 1 dhe 8x⁴ -8x² + 1 > 1 2. Le të bëjmë zëvendësimin x = komod, y € (0; n). Për vlerat e tjera të y, vlerat e x përsëriten, dhe ekuacioni nuk ka më shumë se 7 rrënjë. 2х² - 1 = 2 cos²y – 1 = cos2y, 8х4 - 8х² + 1 = 2(2х² - 1)² - 1 = 2 cos²2y – 1 = cos4y. 3. Ekuacioni merr formën 8 cozycos2ycos4y = 1. Shumëzoni të dyja anët e ekuacionit me siny. 8 sinycosycos2ycos4y = siny. Aplikoni formulën 3 herë kënd i dyfishtë marrim ekuacionin sin8y = siny, sin8y – siny = 0

Fundi i zgjidhjes së shembullit nr. 17. Zbatojmë formulën e diferencës së sinuseve. 2 sin7y/2 · cos9y/2 = 0 . Duke marrë parasysh se y € (0;n), y = 2pk/3, k = 1, 2, 3 ose y = n/9 + 2pk/9, k =0, 1, 2, 3. Duke u kthyer te ndryshorja x, marrim përgjigjen: Cos2 p/7, cos4 p/7, cos6 p/7, cos p/9, ½, cos5 p/9, cos7 p/9. Shembuj për zgjidhje të pavarura. Gjeni të gjitha vlerat e a për të cilat ekuacioni (x² + x) (x² + 5x + 6) = a ka saktësisht tre rrënjë. Përgjigje: 16/9. Drejtimet: Paraqitni grafikisht anën e majtë të ekuacionit. Fmax = f(0) = 9/16. Drejtëza y = 9/16 e pret grafikun e funksionit në tri pika. Zgjidhe ekuacionin (x² + 2x)² - (x + 1)² = 55. Përgjigje: -4; 2. Zgjidhe ekuacionin (x + 3)4 + (x + 5)4 = 16. Përgjigje: -5; -3. Zgjidhe ekuacionin 2(x² + x + 1)² -7(x – 1)² = 13(x³ - 1). Përgjigje: -1; -1/2, 2;4 Gjeni numrin e rrënjëve reale të ekuacionit x ³ - 12x + 10 = 0 në [-3; 3/2]. Udhëzime: gjeni derivatin dhe hetoni monotin.

Shembuj për zgjidhje të pavarura (vazhdim). 6. Gjeni numrin e rrënjëve reale të ekuacionit x 4 - 2x³ + 3/2 = 0. Përgjigje: 2 7. Le të jenë x ₁, x 2, x ₃ rrënjët e polinomit P(x) = x 3 - 6x² -15x + 1. Gjeni X1² + x ₂² + x ₃². Përgjigje: 66. Drejtimet: Zbatoni teoremën e Vietës. 8. Vërtetoni se për a > o dhe një vlerë reale arbitrare në ekuacionin x ³ + ax + b = o ka vetëm një rrënjë reale. Këshillë: Provoni me kontradiktë. Zbatoni teoremën e Vietës. 9. Zgjidheni ekuacionin 2(x² + 2)² = 9(x³ + 1). Përgjigje: ½; 1; (3 ± √13)/2. Këshillë: sillni ekuacionin në një ekuacion homogjen duke përdorur barazitë X² + 2 = x + 1 + x² - x + 1, x³ + 1 = (x + 1) (x² - x + 1). 10. Zgjidheni sistemin e ekuacioneve x + y = x², 3y – x = y². Përgjigje: (0;0),(2;2), (√2; 2 - √2), (- √2; 2 + √2). 11. Zgjidheni sistemin: 4y² -3xy = 2x –y, 5x² - 3y² = 4x – 2y. Përgjigje: (o;o), (1;1),(297/265; - 27/53).

Test. Opsioni 1. 1. Zgjidhe ekuacionin (x² + x) – 8(x² + x) + 12 = 0. 2. Zgjidhe ekuacionin (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) = - 15 3. Zgjidheni ekuacionin 12x²(x – 3) + 64(x – 3)² = x 4. 4. Zgjidheni ekuacionin x 4 - 4x³ + 5x² - 4x + 1 = 0 5. Zgjidheni sistemin e ekuacioneve: x ² + 2y² - x + 2y = 6, 1,5x² + 3y² - x + 5y = 12.

Opsioni 2 1. (x² - 4x)² + 7(x² - 4x) + 12 = 0. 2. x (x + 1)(x + 5)(x + 6) = 24. 3. x 4 + 18( x + 4)² = 11x²(x + 4). 4. x 4 - 5x³ + 6x² - 5x + 1 = 0. 5. x² - 2xy + y² + 2x²y – 9 = 0, x – y – x²y + 3 = 0. Opsioni i tretë. 1. (x² + 3x)² - 14(x² + 3x) + 40 = 0 2. (x – 5)(x-3)(x + 3)(x + 1) = - 35. 3. x4 + 8x² (x + 2) = 9 (x+ 2)². 4. x 4 - 7x³ + 14x² - 7x + 1 = 0. 5. x + y + x² + y² = 18, xy + x² + y² = 19.

Opsioni 4. (x² - 2x)² - 11 (x² - 2x) + 24 = o. (x -7) (x-4) (x-2) (x + 1) = -36. X4 + 3(x -6)² = 4x²(6 – x). X4 - 6x³ + 7x² - 6x + 1 = 0. X² + 3xy + y² = - 1, 2x² - 3xy – 3y² = - 4. Detyrë shtesë: Mbetja kur pjesëtohet polinomi P(x) me (x – 1) është e barabartë me 4, mbetja kur pjesëtohet me (x + 1) është e barabartë me 2 dhe kur pjesëtohet me (x – 2) është e barabartë me 8. Gjeni mbetjen kur pjesëtoni P(x) me (x³ - 2x² - x + 2).

Përgjigje dhe udhëzime: opsioni nr 1 nr 2. nr 3. nr 4. nr 5. 1. - 3; ±2; 1 1; 2; 3. -5; -4; 1; 2. Ekuacioni homogjen: u = x -3, v = x² -2; -1; 3; 4. (2;1); (2/3; 4/3). Këshillë: 1·(-3) + 2· 2 2. -6; -2; -4±√6. -3±2√3; - 4; - 2,1±√11; 4; - 2. Ekuacioni homogjen: u = x + 4, v = x² 1; 5;3±√13. (2;1); (0;3); (- 3; 0). Këshillë: 2 2 + 1. 3. -6; 2; 4; 12 -3; -2; 4; 12 -6; -3; -1; 2. U homogjene = x+ 2, v = x² -6; ±3; 2 (2;3), (3;2), (-2 + √7; -2 - √7); (-2 - √7; -2 + √7). Udhëzim: 2 -1. 4. (3±√5)/2 2±√3 2±√3; (3±√5)/2 (5 ± √21)/2 (1;-2), (-1;2). Këshillë: 1·4 + 2 .

Zgjidhja e një detyre shtesë. Nga teorema e Bezout: P(1) = 4, P(-1) = 2, P(2) = 8. P(x) = G(x) (x³ - 2x² - x + 2) + ax² + inx + Me . Zëvendësues 1; - 1; 2. P(1) = G(1) 0 + a + b + c = 4, a + b+ c = 4. P(-1) = a – b + c = 2, P(2) = 4a² + 2b + c = 8. Duke zgjidhur sistemin rezultues të tre ekuacioneve, marrim: a = b = 1, c = 2. Përgjigje: x² + x + 2.

Kriteri nr 1 - 2 pikë. 1 pikë - një gabim llogaritës. Nr 2,3,4 – 3 pikë secili. 1 pikë - çoi në një ekuacion kuadratik. 2 pikë - një gabim llogaritës. Nr 5. – 4 pikë. 1 pikë – shpreh një variabël në terma të një tjetri. 2 pikë - mori një nga zgjidhjet. 3 pikë - një gabim llogaritës. Detyrë shtesë: 4 pikë. 1 pikë – zbatohet teorema e Bezout për të katër rastet. 2 pikë – përpiloi një sistem ekuacionesh. 3 pikë - një gabim llogaritës.

Teksti i veprës është postuar pa imazhe dhe formula.
Versioni i plotë puna është e disponueshme në skedën "Work Files" në format PDF

Hyrje

Zgjidhja e ekuacioneve algjebrike të shkallëve më të larta me një të panjohur është një nga më të vështirat dhe më të vjetrat problemet matematikore. Këto detyra u kryen nga shumica matematikanë të shquar antikave.

Zgjidhja e ekuacioneve të shkallës së ntë është detyrë e rëndësishme dhe për matematikën moderne. Ka mjaft interes për to, pasi këto ekuacione janë të lidhura ngushtë me kërkimin e rrënjëve të ekuacioneve që nuk përfshihen në kurrikulën e matematikës shkollore.

Problemi: Mungesa e aftësive të studentëve në zgjidhjen e ekuacioneve të shkallës më të lartë në mënyra të ndryshme i pengon ata të përgatiten me sukses për certifikimit përfundimtar në matematikë dhe Olimpiadat e Matematikës, trajnim në një klasë të specializuar të matematikës.

Faktet e listuara u përcaktuan rëndësinë puna jonë “Zgjidhja e ekuacioneve të shkallëve më të larta”.

Njohja e metodave më të thjeshta të zgjidhjes së ekuacioneve të shkallës së n-të zvogëlon kohën për kryerjen e një detyre, nga e cila varet rezultati i punës dhe cilësia e procesit mësimor.

Qëllimi i punës: duke studiuar metodat e njohura zgjidhjen e ekuacioneve të shkallëve më të larta dhe identifikimin e më të arritshmeve prej tyre për aplikim praktik.

Në bazë të qëllimit, puna identifikon sa vijon: detyrat:

Studioni literaturën dhe burimet e internetit për këtë temë;

Njihuni me fakte historike që lidhen me këtë temë;

Përshkruani mënyra të ndryshme për zgjidhjen e ekuacioneve të shkallës më të lartë

krahasoni shkallën e kompleksitetit të secilit prej tyre;

Prezantoni shokët e klasës me mënyrat e zgjidhjes së ekuacioneve të shkallëve më të larta;

Krijo një përzgjedhje ekuacionesh për zbatimin praktik të secilës prej metodave të shqyrtuara.

Objekti i studimit- ekuacione të shkallëve më të larta me një ndryshore.

Lënda e hulumtimit- metodat për zgjidhjen e ekuacioneve të shkallëve më të larta.

Hipoteza: metodë e përgjithshme dhe një algoritëm i vetëm që lejon numri përfundimtar Nuk ka hapa për të gjetur zgjidhje për ekuacionet e shkallës së n-të.

Metodat e hulumtimit:

- metoda bibliografike (analizë e literaturës për temën e kërkimit);

- metoda e klasifikimit;

- metoda e analizës cilësore.

Rëndësia teorike hulumtimi konsiston në sistemimin e metodave për zgjidhjen e ekuacioneve të shkallëve më të larta dhe përshkrimin e algoritmeve të tyre.

Rëndësia praktike- paraqiti material për këtë temë dhe zhvillim mjete mësimore për studentët në këtë temë.

1. EKUACIONET E SHKALLAVE MË TË LARTË

1.1 Koncepti i ekuacionit të shkallës së n-të

Përkufizimi 1. Një ekuacion i shkallës së n-të është një ekuacion i formës

a 0 xⁿ+a 1 x n -1 +a 2 xⁿ - ²+…+a n -1 x+a n = 0, ku koeficientët a 0, a 1, a 2…, a n -1, a n- ndonjë numra realë, dhe , a 0 ≠ 0 .

Polinom a 0 xⁿ+a 1 x n -1 +a 2 xⁿ - ²+…+a n -1 x+a n quhet polinom i shkallës së n-të. Koeficientët dallohen me emra: a 0 - koeficienti i lartë; a n është një anëtar i lirë.

Përkufizim 2. Zgjidhje ose rrënjë për një ekuacion të caktuar janë të gjitha vlerat e ndryshores X, të cilat e bëjnë të saktë këtë ekuacion barazia numerike ose, për të cilat polinomi a 0 xⁿ+a 1 x n -1 +a 2 xⁿ - ²+…+a n -1 x+a n shkon në zero. Kjo vlerë e ndryshueshme X quhet edhe rrënja e një polinomi. Zgjidhja e një ekuacioni do të thotë të gjesh të gjitha rrënjët e tij ose të vërtetosh se nuk ka asnjë.

Nëse a 0 = 1, atëherë një ekuacion i tillë quhet numër i plotë i reduktuar ekuacioni racional n th gradë.

Për ekuacionet e shkallës së tretë dhe të katërt, ekzistojnë formula Cardano dhe Ferrari që shprehin rrënjët e këtyre ekuacioneve përmes radikalëve. Doli se në praktikë ato përdoren rrallë. Kështu, nëse n ≥ 3, dhe koeficientët e polinomit janë numra realë arbitrarë, atëherë gjetja e rrënjëve të ekuacionit nuk është një detyrë e lehtë. Megjithatë, në shumë raste të veçanta ky problem zgjidhet plotësisht. Le të shohim disa prej tyre.

1.2 Fakte historike zgjidhjen e ekuacioneve të shkallës më të lartë

Tashmë në kohët e lashta, njerëzit e kuptuan se sa e rëndësishme ishte të mësonin të zgjidhnin ekuacionet algjebrike. Rreth 4000 vjet më parë, shkencëtarët babilonas dinin të zgjidhnin një ekuacion kuadratik dhe zgjidhën sisteme të dy ekuacioneve, njëri prej të cilëve ishte i shkallës së dytë. Me ndihmën e ekuacioneve të shkallëve më të larta, u zgjidhën probleme të ndryshme të rilevimit të tokës, arkitekturës dhe çështjeve ushtarake, pasi u reduktuan pyetje të ndryshme të praktikës dhe shkencës natyrore; gjuhën e saktë matematika ju lejon të shprehni thjesht fakte dhe marrëdhënie që, pasi të deklarohen në gjuhën e zakonshme, mund të duket konfuze dhe komplekse.

Formula universale për gjetjen e rrënjëve ekuacioni algjebrik n-të asnjë diplomë. Shumë, natyrisht, kishin idenë joshëse për të gjetur, për çdo shkallë n, formula që do të shprehnin rrënjët e ekuacionit përmes koeficientëve të tij, domethënë, të zgjidhnin ekuacionin në radikale.

Vetëm në shekullin e 16-të, matematikanët italianë arritën të avancojnë më tej - të gjejnë formula për n= 3 dhe n= 4. Në të njëjtën kohë, çështja e vendim i përgjithshëm ekuacionet e shkallës së tretë u studiuan nga Scipio, Dahl, Ferro dhe studentët e tij Fiori dhe Tartaglia.

Në vitin 1545 u botua libri i matematikanit italian D. Cardano “Arti i madh, ose mbi rregullat e algjebrës”, ku krahas pyetjeve të tjera të algjebrës, metodat e përgjithshme zgjidhjen e ekuacioneve kubike, si dhe një metodë për zgjidhjen e ekuacioneve të shkallës së 4-të, e zbuluar nga nxënësi i tij L. Ferrari.

Një prezantim i plotë i çështjeve që kanë të bëjnë me zgjidhjen e ekuacioneve të shkallës 3 dhe 4 është bërë nga F. Viet.

Në vitet 20 të shekullit të 19-të, matematikani norvegjez N. Abel vërtetoi se rrënjët e ekuacioneve të shkallës së pestë nuk mund të shprehen në terma të radikalëve.

Studimi zbuloi se shkenca moderne Ka shumë mënyra për të zgjidhur ekuacionet e shkallës së n-të.

Rezultati i kërkimit të metodave për zgjidhjen e ekuacioneve të shkallëve më të larta që nuk mund të zgjidhen me metodat e konsideruara në kurrikula shkollore, metoda të bazuara në zbatimin e teoremës së Vietës (për ekuacionet e shkallës n>2), teoremat e Bezout, skemat e Hornerit, si dhe formula Cardano dhe Ferrari për zgjidhjen e ekuacioneve kubike dhe kuartike.

Puna paraqet metoda për zgjidhjen e ekuacioneve dhe llojet e tyre, të cilat u bënë zbulim për ne. Këto përfshijnë - metodën e koeficientëve të pacaktuar, përzgjedhjen diplomë e plotë, ekuacionet simetrike.

2. ZGJIDHJA E TË GJITHA EKUACIONET TË SHKALLAVE MË LARTË ME KOEFICIENTË TË PLOTË

2.1 Zgjidhja e ekuacioneve të shkallës së tretë. Formula D. Cardano

Merrni parasysh ekuacionet e formës x 3 +px+q=0. Le të transformojmë ekuacionin pamje e përgjithshme në formën: x 3 + px 2 +qx+r=0. Le të shkruajmë formulën për kubin e shumës; Le ta shtojmë atë në barazinë origjinale dhe ta zëvendësojmë me y. Ne marrim ekuacionin: y 3 + (q -) (y -) + (r - =0. Pas transformimeve kemi: y 2 +py + q=0. Tani, le të shkruajmë përsëri formulën e kubit të shumës:

(a+b) 3 =a 3 + 3a 2 b + 3ab 2 + b 3 = a 3 + b 3 + 3ab (a + b), zëvendësoj ( a+b) në x, marrim ekuacionin x 3 - 3abx - (a 3 +b 3) = 0. Tani mund të shohim se ekuacioni origjinal është i barabartë me sistemin: dhe duke zgjidhur sistemin, marrim:

Ne kemi marrë një formulë për zgjidhjen e ekuacionit të lartpërmendur të shkallës së 3-të. Mban emrin e matematikanit italian Cardano.

Le të shohim një shembull. Zgjidheni ekuacionin: .

ne kemi r= 15 dhe q= 124, pastaj duke përdorur formulën Cardano ne llogarisim rrënjën e ekuacionit

konkluzioni: këtë formulë mirë, por jo i përshtatshëm për zgjidhjen e të gjitha ekuacioneve kubike. Në të njëjtën kohë, është e rëndë. Prandaj, në praktikë përdoret rrallë.

Por kushdo që e zotëron këtë formulë mund ta përdorë atë kur zgjidh ekuacionet e shkallës së tretë në Provimin e Unifikuar të Shtetit.

2.2 Teorema e Vietës

Nga një kurs matematike ne e dimë këtë teoremë për një ekuacion kuadratik, por pak njerëz e dinë se ajo përdoret gjithashtu për të zgjidhur ekuacione të rendit më të lartë.

Merrni parasysh ekuacionin:

Le të faktorizojmë anën e majtë të ekuacionit dhe të pjesëtojmë me ≠ 0.

Le të transformojmë anën e djathtë të ekuacionit në formë

; Nga kjo rrjedh se ne mund të shkruajmë barazitë e mëposhtme në sistem:

Formulat e nxjerra nga Viète për ekuacionet kuadratike dhe të demonstruara nga ne për ekuacionet e shkallës së 3-të janë gjithashtu të vërteta për polinomet e shkallëve më të larta.

Le të zgjidhim ekuacionin kub:

konkluzioni: këtë metodë universale dhe mjaft e lehtë për t'u kuptuar nga studentët, pasi teorema e Vieta është e njohur për ta nga programi shkollor për n. = 2. Në të njëjtën kohë, për të gjetur rrënjët e ekuacioneve duke përdorur këtë teoremë, duhet të keni aftësi të mira llogaritëse.

2.3 Teorema e Bezout

Kjo teoremë ka marrë emrin Matematikan francez shekulli XVIII J. Bezu.

Teorema. Nëse ekuacioni a 0 xⁿ+a 1 x n -1 +a 2 xⁿ - ²+…+a n -1 x+a n = 0, në të cilin të gjithë koeficientët janë numra të plotë, dhe termi i lirë është jo zero, ka rrënjë e tërë, atëherë kjo rrënjë është pjesëtues i termit të lirë.

Duke marrë parasysh se në anën e majtë të ekuacionit polinomi shkalla e nëntë, atëherë teorema ka një interpretim tjetër.

Teorema. Kur pjesëtohet një polinom i shkallës së n-të në lidhje me x nga binomi x-a mbetje e barabartë me vlerën i ndashëm në x = a. (letër a mund të nënkuptojë ndonjë real ose numër imagjinar, d.m.th. ndonjë numër kompleks) .

Dëshmi: le f(x) tregon një polinom arbitrar të shkallës së n-të në lidhje me ndryshoren x dhe le, kur pjesëtohet me një binom ( x-a) doli në privat q(x), dhe pjesa e mbetur R. Është e qartë se q(x) do të ketë disa polinom (n - 1) shkalla e në lidhje me x, dhe pjesa e mbetur R do të jetë një vlerë konstante, d.m.th. e pavarur nga x.

Nëse pjesa e mbetur R ishte një polinom i shkallës së parë në lidhje me x, atëherë kjo do të thotë se ndarja dështoi. Pra, R nga x nuk varet. Nga përkufizimi i ndarjes marrim identitetin: f(x)=(x-a) q(x)+R.

Barazia është e vërtetë për çdo vlerë të x, që do të thotë se është e vërtetë edhe për x=a, marrim: f(a)=(a-a) q(a)+R. Simboli f(a) tregon vlerën e polinomit f (x) në x=a, q(a) qëndron për vlerën q(x) në x=a. Pjesa e mbetur R mbeti i njëjtë si më parë, sepse R nga x nuk varet. Puna ( x-a) q(a) = 0, pasi faktori ( x-a) = 0, dhe shumëzuesi q(a) ka numër të caktuar. Prandaj, nga barazia marrim: f(a)= R, etj.

Shembulli 1. Gjeni pjesën e mbetur të një polinomi x 3 - 3x 2 + 6x- 5 për binom

x- 2. Nga teorema e Bezout : R=f(2) = 23-322 + 62 -5=3. Përgjigje: R= 3.

Vini re se teorema e Bezout është e rëndësishme jo aq në vetvete sa për pasojat e saj. (Shtojca 1)

Le të ndalemi në shqyrtimin e disa teknikave për zbatimin e teoremës së Bezout në zgjidhje probleme praktike. Duhet të theksohet se kur zgjidhen ekuacionet duke përdorur teoremën e Bezout, është e nevojshme:

Gjeni të gjithë pjesëtuesit e plotë të termit të lirë;

Gjeni të paktën një rrënjë të ekuacionit nga këta pjesëtues;

Ndani anën e majtë të ekuacionit me (Ha);

Shkruani prodhimin e pjesëtuesit dhe të herësit në anën e majtë të ekuacionit;

Zgjidheni ekuacionin që rezulton.

Le të shohim shembullin e zgjidhjes së ekuacionit x 3 + 4X 2 + x - 6 = 0 .

Zgjidhje: gjeni pjesëtuesit e termit të lirë ±1 ; ± 2; ± 3; ± 6. Le të llogarisim vlerat në x= 1, 1 3 + 41 2 + 1- 6=0. Ndani anën e majtë të ekuacionit me ( X- 1). Le të bëjmë ndarjen duke përdorur një "qoshe" dhe të marrim:

Përfundim: Teorema e Bezout është një nga metodat që ne konsiderojmë në punën tonë, të studiuar në program aktivitetet jashtëshkollore. Është e vështirë për t'u kuptuar, sepse për ta zotëruar atë, duhet të dish të gjitha pasojat prej saj, por në të njëjtën kohë, teorema e Bezout është një nga asistentët kryesorë për studentët në Provimin e Unifikuar të Shtetit.

2.4 Skema Horner

Për të pjesëtuar një polinom me një binom x-α ju mund të përdorni një teknikë të veçantë të thjeshtë të shpikur nga matematikanët anglezë të shekullit të 17-të, e quajtur më vonë skema e Horner. Përveç gjetjes së rrënjëve të ekuacioneve, duke përdorur skemën e Hornerit mund të llogaritni më thjesht vlerat e tyre. Për ta bërë këtë, ju duhet të zëvendësoni vlerën e ndryshores në polinomin Pn (x)=a 0 xn+a 1 x n-1 +a 2 xⁿ - ²+…++a n -1 x+a n. (1)

Konsideroni pjesëtimin e polinomit (1) me binomin x-α.

Le të shprehim koeficientët e herësit jo të plotë b 0 xⁿ - ¹+ b 1 xⁿ - ²+ b 2 xⁿ - ³+…+ bn -1 dhe pjesa e mbetur r nepermjet koeficienteve te polinomit Pn( x) dhe numri α. b 0 =a 0 , b 1 = α b 0 +a 1 , b 2 = α b 1 +a 2 …, bn -1 =

= α bn -2 +a n -1 = α bn -1 +a n .

Llogaritjet duke përdorur skemën e Horner janë paraqitur në tabelën e mëposhtme:

	A 0	a 1	a 2 ,
	b 0 =a 0	b 1 = α b 0 +a 1	b 2 = α b 1 +a 2		r=α b n-1 +a n

Që nga viti r=Pn(α), atëherë α është rrënja e ekuacionit. Për të kontrolluar nëse α është një rrënjë e shumëfishtë, skema e Horner-it mund të zbatohet për herësin b 0 x+ b 1 x+…+ bn -1 sipas tabelës. Nëse në kolonën nën bn -1 rezultati është përsëri 0, që do të thotë që α është një rrënjë e shumëfishtë.

Le të shohim një shembull: zgjidhni ekuacionin X 3 + 4X 2 + x - 6 = 0.

Le të zbatojmë në anën e majtë të ekuacionit faktorizimin e polinomit në anën e majtë të ekuacionit, skema e Hornerit.

Zgjidhje: gjeni pjesëtuesit e termit të lirë ± 1; ± 2; ± 3; ± 6.

				6 ∙ 1 + (-6) = 0

Koeficientët e koeficientit janë numrat 1, 5, 6 dhe pjesa e mbetur r = 0.

Mjetet, X 3 + 4X 2 + X - 6 = (X - 1) (X 2 + 5X + 6) = 0.

Nga këtu: X- 1 = 0 ose X 2 + 5X + 6 = 0.

X = 1, X 1 = -2; X 2 = -3. Përgjigje: 1,- 2, - 3.

Përfundim: kështu, në një ekuacion kemi treguar përdorimin e dy në mënyra të ndryshme faktorizimi i polinomeve. Sipas mendimit tonë, skema e Horner është më praktike dhe më ekonomike.

2.5 Zgjidhja e ekuacioneve të shkallës së 4-të. Metoda Ferrari

Studenti i Cardanos, Ludovic Ferrari, zbuloi një mënyrë për të zgjidhur një ekuacion të shkallës së katërt. Metoda e Ferrarit përbëhet nga dy faza.

Faza I: ekuacionet e formës paraqiten si prodhim i dy trinomeve katrore kjo rrjedh nga fakti se ekuacioni është i shkallës së tretë dhe ka të paktën një zgjidhje;

Faza II: ekuacionet që rezultojnë zgjidhen duke përdorur faktorizimin, por për të gjetur faktorizimin e kërkuar, duhet të zgjidhen ekuacionet kubike.

Ideja është që ekuacionet të paraqiten në formën A 2 =B 2, ku A= x 2 + s,

Funksioni B-linear i x. Pastaj mbetet të zgjidhen ekuacionet A = ±B.

Për qartësi, merrni parasysh ekuacionin: Duke izoluar shkallën e 4-të, marrim: Për cilindo d shprehja do të jetë katror i përsosur. Shtojmë në të dyja anët e ekuacionit që marrim

Në anën e majtë ka një shesh të plotë, ju mund të vini d, në mënyrë që ana e djathtë e (2) të bëhet gjithashtu një katror i plotë. Le të imagjinojmë se e kemi arritur këtë. Atëherë ekuacioni ynë duket si ky:

Gjetja e rrënjës nuk do të jetë e vështirë më vonë. Për të zgjedhur të drejtën dështë e nevojshme që diskriminuesi i anës së djathtë të (3) të bëhet zero, d.m.th.

Pra për të gjetur d, duhet të zgjidhim këtë ekuacion të shkallës së 3-të. Kjo ekuacioni ndihmës thirrur zgjidhëse.

Ne e gjejmë lehtësisht të gjithë rrënjën e tretësit: d = 1

Duke zëvendësuar ekuacionin në (1) marrim

Përfundim: metoda e Ferrarit është universale, por komplekse dhe e rëndë. Në të njëjtën kohë, nëse algoritmi i zgjidhjes është i qartë, atëherë ekuacionet e shkallës së 4-të mund të zgjidhen duke përdorur këtë metodë.

2.6 Metoda e koeficientëve të pasigurt

Suksesi i zgjidhjes së një ekuacioni të shkallës së 4-të duke përdorur metodën Ferrari varet nëse zgjidhim tretësin - një ekuacion të shkallës së 3-të, i cili, siç e dimë, nuk është gjithmonë i mundur.

Thelbi i metodës së koeficientëve të pacaktuar është që të merret me mend lloji i faktorëve në të cilët zbërthehet një polinom i caktuar, dhe koeficientët e këtyre faktorëve (gjithashtu polinomet) përcaktohen duke shumëzuar faktorët dhe duke barazuar koeficientët me të njëjtat fuqi të e ndryshueshme.

Shembull: zgjidhni ekuacionin:

Supozoni se ana e majtë e ekuacionit tonë mund të zbërthehet në dy trinome katrore me koeficientë të plotë të tillë që barazia identike të jetë e vërtetë

Natyrisht, koeficientët para tyre duhet të jenë të barabartë me 1, dhe termat e lirë duhet të jenë të barabartë me një + 1, tjetra - 1.

Koeficientët përballë X. Le t'i shënojmë ato me A dhe për t'i përcaktuar ato, ne i shumëzojmë të dy trinomet në anën e djathtë të ekuacionit.

Si rezultat marrim:

Barazimi i koeficientëve në të njëjtat shkallë X në të majtë dhe pjesët e duhura barazisë (1), marrim një sistem për gjetjen dhe

Pasi të kemi zgjidhur këtë sistem, do të kemi

Pra, ekuacioni ynë është i barabartë me ekuacionin

Pasi e kemi zgjidhur, marrim rrënjët e mëposhtme: .

Metoda e koeficientëve të pasigurt bazohet në deklaratat e mëposhtme: çdo polinom i shkallës së katërt në ekuacion mund të zbërthehet në prodhimin e dy polinomeve të shkallës së dytë; dy polinome janë identikisht të barabartë nëse dhe vetëm nëse koeficientët e tyre janë të barabartë për të njëjtat fuqi X.

2.7 Ekuacionet simetrike

Përkufizimi. Një ekuacion i formës quhet simetrik nëse koeficientët e parë në të majtë të ekuacionit janë të barabartë me koeficientët e parë në të djathtë.

Shohim që koeficientët e parë në të majtë janë të barabartë me koeficientët e parë në të djathtë.

Nëse një ekuacion i tillë ka një shkallë tek, atëherë ai ka një rrënjë X= - 1. Më pas mund ta ulim shkallën e ekuacionit duke e pjesëtuar me ( x+ 1). Rezulton se kur pjesëtohet një ekuacion simetrik me ( x+ 1) fitohet një ekuacion simetrik madje shkallë. Vërtetimi i simetrisë së koeficientëve është paraqitur më poshtë. (Shtojca 6) Detyra jonë është të mësojmë se si të zgjidhim ekuacionet simetrike të shkallës çift.

Për shembull: (1)

Le të zgjidhim ekuacionin (1), pjesëtoje me X 2 (në shkallë të mesme) = 0.

Le të grupojmë termat me simetrik

) + 3(x+ . Le të shënojmë në= x+ , le t'i sheshojmë të dyja anët, pra = në 2 Pra, 2 ( në 2 ose 2 në 2 + 3 duke zgjidhur ekuacionin, marrim në = , në= 3. Më pas, le të kthehemi te zëvendësimi x+ = dhe x+ = 3. Marrim ekuacionet dhe i pari nuk ka zgjidhje, dhe i dyti ka dy rrënjë. Përgjigje:.

konkluzioni: këtij lloji ekuacionet nuk hasen shpesh, por nëse hasni një të tillë, atëherë mund të zgjidhet lehtë dhe thjesht pa iu drejtuar llogaritjeve të rënda.

2.8 Izolimi i një shkalle të plotë

Merrni parasysh ekuacionin.

Ana e majtë është kubi i shumës (x+1), d.m.th.

E nxjerrim rrënjën e tretë nga të dyja pjesët: , pastaj marrim

Ku është rrënja e vetme?

REZULTATET E KËRKIMIT

Bazuar në rezultatet e punës, arritëm në përfundimet e mëposhtme:

Falë teorisë së studiuar u njohëm metoda të ndryshme zgjidhja e ekuacioneve të tëra të shkallëve më të larta;

Formula e D. Cardano është e vështirë për t'u zbatuar dhe jep probabilitet të lartë bëni gabime gjatë llogaritjes;

− Metoda e L. Ferrarit lejon që zgjidhjen ta reduktojë në një ekuacion të shkallës së katërt në një kub;

− Teorema e Bezout mund të përdoret si për ekuacionet kubike ashtu edhe për ekuacionet e shkallës së katërt; është më e kuptueshme dhe vizuale kur zbatohet në zgjidhjen e ekuacioneve;

Skema e Horner ndihmon për të reduktuar dhe thjeshtuar ndjeshëm llogaritjet në zgjidhjen e ekuacioneve. Përveç gjetjes së rrënjëve, duke përdorur skemën e Hornerit, mund të llogaritni më thjesht vlerat e polinomeve në anën e majtë të ekuacionit;

Me interes të veçantë ishin zgjidhjet e ekuacioneve me metodën e koeficientëve të pacaktuar dhe zgjidhja e ekuacioneve simetrike.

Gjatë punë kërkimore u konstatua se nxënësit njihen me metodat më të thjeshta të zgjidhjes së ekuacioneve të shkallës më të lartë në orët zgjedhore të matematikës, duke filluar nga klasat e 9-ta ose të 10-ta, si dhe në kurse të veçanta vizitore. shkollat ​​e matematikës. Ky fakt krijuar si rezultat i një sondazhi të mësuesve matematikanët MBOU“Shkolla e mesme nr.9” dhe nxënësit duke treguar rritje e interesit për lëndën “matematikë”.

Metodat më të njohura për zgjidhjen e ekuacioneve të gradave më të larta, të cilat ndeshen gjatë zgjidhjes së olimpiadave, problemeve konkurruese dhe si rezultat i përgatitjes së studentëve për provime, janë metodat e bazuara në zbatimin e teoremës së Bezout, skemës së Hornerit dhe futjes së një ndryshoreje të re.

Demonstrimi i rezultateve të punës kërkimore, d.m.th. metodat për zgjidhjen e ekuacioneve që nuk mësohen në kurrikulën e matematikës shkollore i interesuan shokët e mi të klasës.

konkluzioni

Duke studiuar arsimin dhe literaturë shkencore, Burimet e internetit në forumet arsimore rinore

Le të shqyrtojmë zgjidhja e ekuacioneve me një shkallë e ndryshueshme më i lartë se i dyti.

Shkalla e ekuacionit P(x) = 0 është shkalla e polinomit P(x), d.m.th. më i madhi i fuqive të termave të tij me një koeficient jo të barabartë me zero.

Kështu, për shembull, ekuacioni (x 3 – 1) 2 + x 5 = x 6 – 2 ka shkallën e pestë, sepse pas veprimeve të hapjes së kllapave dhe sjelljes së të ngjashmeve, fitojmë ekuacionin ekuivalent x 5 – 2x 3 + 3 = 0 të shkallës së pestë.

Le të kujtojmë rregullat që do të nevojiten për të zgjidhur ekuacionet e shkallës më të lartë se dy.

Deklarata për rrënjët e një polinomi dhe pjesëtuesit e tij:

1. Polinomi n-të gradë ka një numër rrënjësh që nuk i kalon n, dhe rrënjët me shumësi m ndodhin saktësisht m herë.

2. Polinom shkallë tek ka të paktën një rrënjë të vërtetë.

3. Nëse α është rrënja e P(x), atëherë P n (x) = (x – α) · Q n – 1 (x), ku Q n – 1 (x) është një polinom i shkallës (n – 1) .

4.

5. Polinomi i reduktuar me koeficientë të plotë nuk mund të ketë rrënjë racionale thyesore.

6. Për një polinom të shkallës së tretë

P 3 (x) = sëpatë 3 + bx 2 + cx + d një nga dy gjërat është e mundur: ose zbërthehet në produktin e tre binomeve

Р 3 (x) = а(х – α)(х – β)(х – γ), ose zbërthehet në produktin e një binomi dhe trinom kuadratik P 3 (x) = a (x – α) (x 2 + βx + γ).

7. Çdo polinom i shkallës së katërt mund të zgjerohet në prodhimin e dy trinomeve katrore.

8. Një polinom f(x) është i pjesëtueshëm me një polinom g(x) pa mbetje nëse ka një polinom q(x) të tillë që f(x) = g(x) · q(x). Për të ndarë polinomet, përdoret rregulli i "pjestimit të këndit".

9. Që polinomi P(x) të jetë i pjesëtueshëm me një binom (x – c), është e nevojshme dhe e mjaftueshme që numri c të jetë rrënja e P(x) (Përfundimi i teoremës së Bezout).

10. Teorema e Vietës: Nëse x 1, x 2, ..., x n janë rrënjë reale të polinomit

P(x) = a 0 x n + a 1 x n - 1 + ... + a n, atëherë vlejnë barazitë e mëposhtme:

x 1 + x 2 + … + x n = -a 1 /a 0,

x 1 x 2 + x 1 x 3 + … + x n – 1 x n = a 2 /a 0,

x 1 x 2 x 3 + … + x n – 2 x n – 1 x n = -a 3 / a 0,

x 1 · x 2 · x 3 · x n = (-1) n a n / a 0 .

Zgjidhja e shembujve

Shembulli 1.

Gjeni pjesën e mbetur të pjesëtimit P(x) = x 3 + 2/3 x 2 – 1/9 nga (x – 1/3).

Zgjidhje.

Si pasojë e teoremës së Bezout: "Pjesa e mbetur e një polinomi të ndarë me një binom (x - c) është e barabartë me vlerën e polinomit të c." Le të gjejmë P(1/3) = 0. Prandaj, mbetja është 0 dhe numri 1/3 është rrënja e polinomit.

Përgjigje: R = 0.

Shembulli 2.

Ndani me një "qoshe" 2x 3 + 3x 2 – 2x + 3 me (x + 2). Gjeni herësin e mbetur dhe jo të plotë.

Zgjidhja:

2x 3 + 3x 2 – 2x + 3| x + 2

2x 3 + 4 x 2 2x 2 – x

X 2 – 2 x

Përgjigje: R = 3; herësi: 2x 2 – x.

Metodat bazë për zgjidhjen e ekuacioneve të shkallës më të lartë

1. Prezantimi i një ndryshoreje të re

Metoda për futjen e një ndryshoreje të re është tashmë e njohur nga shembulli ekuacionet bikuadratike. Ai konsiston në faktin se për të zgjidhur ekuacionin f(x) = 0, futet një ndryshore e re (zëvendësim) t = x n ose t = g(x) dhe f(x) shprehet përmes t, duke marrë një ekuacion të ri r. (t). Pastaj duke zgjidhur ekuacionin r(t), gjenden rrënjët:

(t 1, t 2, ..., t n). Pas kësaj, fitohet një grup prej n ekuacionesh q(x) = t 1 , q(x) = t 2 , … , q(x) = t n, nga të cilat gjenden rrënjët ekuacioni origjinal.

Shembulli 1.

(x 2 + x + 1) 2 – 3x 2 – 3x – 1 = 0.

Zgjidhja:

(x 2 + x + 1) 2 - 3 (x 2 + x) - 1 = 0.

(x 2 + x + 1) 2 - 3 (x 2 + x + 1) + 3 - 1 = 0.

Zëvendësimi (x 2 + x + 1) = t.

t 2 – 3t + 2 = 0.

t 1 = 2, t 2 = 1. Zëvendësimi i kundërt:

x 2 + x + 1 = 2 ose x 2 + x + 1 = 1;

x 2 + x - 1 = 0 ose x 2 + x = 0;

Përgjigje: Nga ekuacioni i parë: x 1, 2 = (-1 ± √5)/2, nga i dyti: 0 dhe -1.

2. Faktorizimi me grupim dhe formula të shkurtuara të shumëzimit

Deformoj këtë metodë gjithashtu nuk është e re dhe konsiston në grupimin e termave në atë mënyrë që secili grup të përmbajë shumëzues i përbashkët. Për ta bërë këtë, ndonjëherë është e nevojshme të përdoren disa teknika artificiale.

Shembulli 1.

x 4 – 3x 2 + 4x – 3 = 0.

Zgjidhje.

Le të imagjinojmë - 3x 2 = -2x 2 – x 2 dhe grupi:

(x 4 - 2x 2) - (x 2 - 4x + 3) = 0.

(x 4 – 2x 2 +1 – 1) – (x 2 – 4x + 3 + 1 – 1) = 0.

(x 2 – 1) 2 – 1 – (x – 2) 2 + 1 = 0.

(x 2 – 1) 2 – (x – 2) 2 = 0.

(x 2 – 1 – x + 2) (x 2 – 1 + x - 2) = 0.

(x 2 - x + 1) (x 2 + x - 3) = 0.

x 2 – x + 1 = 0 ose x 2 + x – 3 = 0.

Përgjigje: Nuk ka rrënjë në ekuacionin e parë, nga i dyti: x 1, 2 = (-1 ± √13)/2.

3. Faktorizimi me metodën e koeficientëve të pacaktuar

Thelbi i metodës është se polinomi origjinal faktorizohet me koeficientë të panjohur. Duke përdorur vetinë që polinomet janë të barabartë nëse koeficientët e tyre janë të barabartë me të njëjtat fuqi, gjenden koeficientët e panjohur të zgjerimit.

Shembulli 1.

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = 0.

Zgjidhje.

Një polinom i shkallës 3 mund të zgjerohet në prodhimin e faktorëve linearë dhe kuadratikë.

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = (x – a)(x 2 + bx + c),

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = x 3 +bx 2 + cx – sëpatë 2 – abx – ac,

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = x 3 + (b – a)x 2 + (cx – ab)x – ac.

Pasi të keni zgjidhur sistemin:

(b – a = 4,
(c – ab = 5,
(-ac = 2,

(a = -1,
(b = 3,
(c = 2, d.m.th.

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = (x + 1) (x 2 + 3x + 2).

Rrënjët e ekuacionit (x + 1) (x 2 + 3x + 2) = 0 janë të lehta për t'u gjetur.

Përgjigje: -1; -2.

4. Metoda e zgjedhjes së rrënjës duke përdorur koeficientin më të lartë dhe të lirë

Metoda bazohet në zbatimin e teoremave:

1) Çdo rrënjë numër i plotë i një polinomi me koeficientë të plotë është pjesëtues i termit të lirë.

2) Në mënyrë që të fraksion i pareduktueshëm p/q (p është një numër i plotë, q është një numër natyror) ishte rrënja e një ekuacioni me koeficientë të plotë, është e nevojshme që numri p të jetë një pjesëtues i plotë i termit të lirë a 0, dhe q të jetë një pjesëtues natyror i koeficienti kryesor.

Shembulli 1.

6x 3 + 7x 2 – 9x + 2 = 0.

Zgjidhja:

6: q = 1, 2, 3, 6.

Prandaj, p/q = ±1, ±2, ±1/2, ±1/3, ±2/3, ±1/6.

Pasi të kemi gjetur një rrënjë, për shembull - 2, do të gjejmë rrënjë të tjera duke përdorur ndarjen e këndit, metodën e koeficientëve të pacaktuar ose skemën e Horner.

Përgjigje: -2; 1/2; 1/3.

Ende keni pyetje? Nuk dini si të zgjidhni ekuacionet?
Për të marrë ndihmë nga një mësues, regjistrohu.
Mësimi i parë është falas!

në faqen e internetit, kur kopjoni materialin plotësisht ose pjesërisht, kërkohet një lidhje me burimin origjinal.

Metodat për zgjidhjen e ekuacioneve: n n n Zëvendësimi i ekuacionit h(f(x)) = h(g(x)) me ekuacionin f(x) = g(x) Faktorizimi. Prezantimi i një ndryshoreje të re. Metoda funksionale - grafike. Përzgjedhja e rrënjëve. Zbatimi i formulave të Vieta.

Zëvendësimi i ekuacionit h(f(x)) = h(g(x)) me ekuacionin f(x) = g(x). Metoda mund të zbatohet vetëm kur y = h(x) – funksioni monoton, e cila merr çdo vlerë një herë. Nëse funksioni është jo monotonik, atëherë humbja e rrënjëve është e mundur.

Zgjidheni ekuacionin (3 x + 2)²³ = (5 x – 9)²³ y = x ²³ është një funksion në rritje, kështu që nga ekuacioni (3 x + 2)²³ = (5 x – 9)²³ mund të shkoni te ekuacioni 3 x + 2 = 5 x – 9, nga ku gjejmë x = 5, 5. Përgjigje: 5, 5.

Faktorizimi. Ekuacioni f(x)g(x)h(x) = 0 mund të zëvendësohet nga një grup ekuacionesh f(x) = 0; g(x) = 0; h(x) = 0. Pasi të keni zgjidhur ekuacionet e këtij grupi, ju duhet të merrni ato rrënjë që i përkasin domenit të përkufizimit të ekuacionit origjinal dhe të hidhni pjesën tjetër si të jashtme.

Zgjidheni ekuacionin x³ – 7 x + 6 = 0 Duke paraqitur termin 7 x në formën x + 6 x, marrim në mënyrë sekuenciale: x³ – x – 6 x + 6 = 0 x(x² – 1) – 6(x – 1 ) = 0 x (x – 1) (x + 1) – 6 (x – 1) = 0 (x – 1) (x² + x – 6) = 0 Tani problemi është reduktuar në zgjidhjen e një grupi ekuacionesh x – 1 = 0; x² + x – 6 = 0. Përgjigje: 1, 2, – 3.

Prezantimi i një ndryshoreje të re. Nëse ekuacioni y(x) = 0 mund të transformohet në formën p(g(x)) = 0, atëherë duhet të futni një ndryshore të re u = g(x), të zgjidhni ekuacionin p(u) = 0, dhe më pas zgjidh bashkësinë e ekuacioneve g( x) = u 1; g(x) = u 2; ... ; g(x) = un, ku u 1, u 2, …, un janë rrënjët e ekuacionit p(u) = 0.

Zgjidhja e ekuacionit Një tipar i veçantë i këtij ekuacioni është barazia e koeficientëve të anës së majtë të tij, në distancë të barabartë nga skajet e tij. Ekuacione të tilla quhen reciproke. Meqenëse 0 nuk është një rrënjë e këtij ekuacioni, duke e pjesëtuar me x² marrim

Le të prezantojmë një ndryshore të re Më pas marrim një ekuacion kuadratik Pra, rrënja y 1 = – 1 mund të shpërfillet. Ne marrim përgjigjen: 2, 0, 5.

Zgjidheni ekuacionin 6(x² – 4)² + 5(x² – 4)(x² – 7 x +12) + (x² – 7 x + 12)² = 0 Ky ekuacion mund të zgjidhet si homogjene. Le të ndajmë të dyja anët e ekuacionit me (x² – 7 x +12)² (është e qartë se vlerat e x janë të tilla që x² – 7 x +12=0 nuk janë zgjidhje). Tani shënojmë Përgjigjen Ne kemi Nga Këtu:

Metoda funksionale - grafike. Nëse njëri prej funksioneve y = f(x), y = g(x) rritet dhe tjetri zvogëlohet, atëherë ekuacioni f(x) = g(x) ose nuk ka rrënjë ose ka një rrënjë.

Zgjidheni ekuacionin Është mjaft e qartë se x = 2 është rrënja e ekuacionit. Le të vërtetojmë se kjo është rrënja e vetme. Le ta transformojmë ekuacionin në formën Vëmë re se funksioni rritet, dhe funksioni zvogëlohet. Kjo do të thotë se ekuacioni ka vetëm një rrënjë. Përgjigje: 2.

Zgjedhja e rrënjëve n n n Teorema 1: Nëse një numër i plotë m është rrënja e një polinomi me koeficientë të plotë, atëherë termi i lirë i polinomit pjesëtohet me m. Teorema 2: Polinomi i reduktuar me koeficientë të plotë nuk ka rrënjë thyesore. Teorema 3: – ekuacioni me numër të plotë Le të jenë koeficientët. Nëse një numër dhe një thyesë ku p dhe q janë numra të plotë të pakalueshëm është rrënja e një ekuacioni, atëherë p është një pjesëtues i termit të lirë an dhe q është një pjesëtues i koeficientit të anëtarit kryesor a 0.

Teorema e Bezout. Mbetja kur pjesëtohet një polinom me një binom (x – a) është e barabartë me vlerën e polinomit që ndahet në x = a. Pasojat e teoremës së Bezout n n n n Diferenca shkallë të barabarta dy numra ndahen pa mbetje me diferencën e të njëjtëve numra; Dallimi ndërmjet fuqive identike çift të dy numrave pjesëtohet pa mbetje si me diferencën e këtyre numrave ashtu edhe me shumën e tyre; Dallimi midis fuqive tek të njëjta të dy numrave nuk është i pjesëtueshëm me shumën e këtyre numrave; Shuma e fuqive të barabarta të dy jo-numrave pjesëtohet me diferencën e këtyre numrave; Shuma e fuqive tek identike të dy numrave pjesëtohet pa mbetje me shumën e këtyre numrave; Shuma e fuqive identike çift të dy numrave nuk pjesëtohet as me ndryshimin e këtyre numrave as me shumën e tyre; Një polinom është i pjesëtueshëm me një binom (x – a) nëse dhe vetëm nëse numri a është rrënja e polinomit të dhënë; Numri i rrënjëve të dallueshme të një polinomi jozero nuk është më shumë se shkalla e tij.

Zgjidheni ekuacionin x³ – 5 x² – x + 21 = 0 Polinomi x³ – 5 x² – x + 21 ka koeficientë të plotë. Nga teorema 1, rrënjët e tij të plota, nëse ka, janë ndër pjesëtuesit e termit të lirë: ± 1, ± 3, ± 7, ± 21. Duke kontrolluar jemi të bindur se numri 3 është rrënjë. Si pasojë e teoremës së Bezout, polinomi pjesëtohet me (x – 3). Kështu, x³– 5 x² – x + 21 = (x – 3)(x²– 2 x – 7). Përgjigje:

Zgjidheni ekuacionin 2 x³ – 5 x² – x + 1 = 0 Sipas teoremës 1, vetëm numrat ± 1 mund të jenë rrënjë të plota të ekuacionit. Meqenëse ekuacioni nuk zvogëlohet, ai mund të jetë i pjesshëm rrënjët racionale. Le t'i gjejmë ato. Për ta bërë këtë, shumëzoni të dyja anët e ekuacionit me 4: 8 x³ – 20 x² – 4 x + 4 = 0 Duke zëvendësuar 2 x = t, marrim t³ – 5 t² – 2 t + 4 = 0. Nga teorema 2, të gjitha rrënjët racionale të këtij ekuacioni të dhënë duhet të jenë të paprekura. Ato mund të gjenden midis pjesëtuesve të termit të lirë: ± 1, ± 2, ± 4. V në këtë rast t = – 1 është i përshtatshëm Prandaj, si rrjedhojë e teoremës së Bezout, polinomi 2 x³ – 5 x² – x + 1 është i pjesëtueshëm me (x + 0, 5): 2 x³ – 5 x² – x + 1 = (x +. 0, 5)( 2 x² – 6 x + 2) Pasi kemi zgjidhur ekuacionin kuadratik 2 x² – 6 x + 2 = 0, gjejmë rrënjët e mbetura: Përgjigje:

Zgjidheni ekuacionin 6 x³ + x² – 11 x – 6 = 0 Sipas teoremës 3, rrënjët racionale të këtij ekuacioni duhet të kërkohen midis numrave. Ata shterojnë të gjitha rrënjët e ekuacionit. Përgjigje:

Gjeni shumën e rrënjëve në katror të ekuacionit x³ + 3 x² – 7 x +1 = 0 Nga teorema e Vieta-s Vini re se ku

Tregoni se si mund të zgjidhet secili prej këtyre ekuacioneve. Zgjidh ekuacionet nr. 1, 4, 15, 17.

Përgjigje dhe udhëzime: 1. Prezantimi i një ndryshoreje të re. 2. Metoda funksionale – grafike. 3. Zëvendësimi i ekuacionit h(f(x)) = h(g(x)) me ekuacionin f(x) = g(x). 4. Faktorizimi. 5. Përzgjedhja e rrënjëve. 6 Metoda funksionale - grafike. 7. Zbatimi i formulave Vieta. 8. Përzgjedhja e rrënjëve. 9. Zëvendësimi i ekuacionit h(f(x)) = h(g(x)) me ekuacionin f(x) = g(x). 10. Prezantimi i një variabli të ri. 11. Faktorizimi. 12. Prezantimi i një variabli të ri. 13. Përzgjedhja e rrënjëve. 14. Zbatimi i formulave Vieta. 15. Metoda funksionale – grafike. 16. Faktorizimi. 17. Prezantimi i një ndryshoreje të re. 18. Faktorizimi.

1. Udhëzim. Shkruajeni ekuacionin si 4(x²+17 x+60)(x+16 x+60)=3 x², pjesëtoni të dyja anët me x². Shkruani variablin Përgjigje: x 1 = – 8; x 2 = – 7.5 4. Udhëzim. Shtoni 6 y dhe – 6 y në anën e majtë të ekuacionit dhe shkruajeni si (y³ – 2 y²) + (– 3 y² + 6 y) + (– 8 y + 16) = (y – 2)(y² – 3 vjeç – 8). Përgjigje:

14. Udhëzim. Sipas teoremës së Vietës, duke qenë se këta janë numra të plotë, rrënjët e ekuacionit mund të jenë vetëm numrat – 1, – 2, – 3. Përgjigje: 15. Përgjigje: – 1. 17. Udhëzim. Ndani të dyja anët e ekuacionit me x² dhe shkruajeni si Shkruani një ndryshore Përgjigje: 1; 1, 5; 2; 3.

Bibliografia. n n n Kolmogorov A. N. “Algjebra dhe fillimet e analizës, 10 – 11” (M.: Prosveshchenie, 2003). Bashmakov M. I. "Algjebra dhe fillimet e analizës, 10 - 11" (M.: Prosveshchenie, 1993). Mordkovich A. G. "Algjebra dhe parimet e analizës, 10 - 11" (M.: Mnemosyna, 2003). Alimov Sh., Kolyagin M. et al. "Algjebra dhe fillimet e analizës" (M.: Prosveshchenie, 2000). Galitsky M. L., Goldman A. M., Zvavich L. I. "Koleksioni i problemeve në algjebër, 8 - 9" (M.: Prosveshchenie, 1997). Karp A. P. "Mbledhja e problemeve mbi algjebrën dhe parimet e analizës, 10 - 11" (M.: Prosveshchenie, 1999). Sharygin I. F. "Kurs opsional në matematikë, zgjidhja e problemeve, 10" (M.: Prosveshchenie. 1989). Skopets Z. A. "Kapituj shtesë mbi kursin e matematikës, 10" (M.: Prosveshchenie, 1974). Litinsky G.I. "Mësimet e matematikës" (M.: Aslan, 1994). Muravin G.K “Ekuacionet, pabarazitë dhe sistemet e tyre” (Matematika, suplement i gazetës “I pari i shtatorit”, nr. 2, 3, 2003). Kolyagin Yu.

Përdorimi i ekuacioneve është i përhapur në jetën tonë. Ato përdoren në shumë llogaritje, ndërtime strukturash dhe madje edhe sporte. Njeriu përdorte ekuacione në kohët e lashta, dhe që atëherë përdorimi i tyre vetëm është rritur. Në matematikë, ekuacionet e shkallëve më të larta me koeficientë të plotë janë mjaft të zakonshme. Për të zgjidhur këtë lloj ekuacioni ju duhet:

Përcaktoni rrënjët racionale të ekuacionit;

Faktoroni polinomin në anën e majtë të ekuacionit;

Gjeni rrënjët e ekuacionit.

Le të themi se na është dhënë ekuacioni llojin e mëposhtëm:

Le të gjejmë të gjitha rrënjët e saj reale. Shumëzoni anën e majtë dhe të djathtë të ekuacionit me \

Le të bëjmë një ndryshim të ndryshoreve\

Kështu, kemi marrë ekuacionin e reduktuar të shkallës së katërt, i cili zgjidhet duke përdorur algoritmin standard: kontrollojmë pjesëtuesit, kryejmë pjesëtimin dhe si rezultat zbulojmë se ekuacioni ka dy rrënjë të vërteta\ dhe dy komplekse. Ne marrim përgjigjen e mëposhtme për ekuacionin tonë të shkallës së katërt:

Ku mund të zgjidh ekuacionet e shkallës më të lartë në internet duke përdorur një zgjidhës?

Ju mund ta zgjidhni ekuacionin në faqen tonë të internetit https://site. Zgjidhësi falas në internet do t'ju lejojë të zgjidhni ekuacionet në internet të çdo kompleksiteti në disa sekonda. E tëra çfarë ju duhet të bëni është thjesht të futni të dhënat tuaja në zgjidhës. Ju gjithashtu mund të shikoni udhëzime video dhe të mësoni se si ta zgjidhni ekuacionin në faqen tonë të internetit. Dhe nëse keni ende pyetje, mund t'i bëni ato në grupin tonë VKontakte http://vk.com/pocketteacher. Bashkohuni me grupin tonë, ne jemi gjithmonë të lumtur t'ju ndihmojmë.

Artikulli i mëparshëm: Sa është shpejtësia e dritës Artikulli vijues: Lëkundjet harmonike Formula e fizikës së frekuencës së lëkundjeve